质点运动学问题的解
大学物理同步训练第2版第一章质点运动学详解
为大于零的常数，则 t 时刻其速度 v
4
；其切向加速度的大小为
；该
同步训练答案
第一章 质点力学
许照锦
质点运动轨迹是
。
答案： R sin ti R sin tj ; 0; 半径为 R 的圆 分析：
2 3
（A） 0 t 1s 内，质点沿 x 轴负向作加速运动 （B） 1 t 2 s 内，质点沿 x 轴正向作减速运动 （C） t 2 s 时，质点沿 x 轴负向作减速运动 （D）质点一直沿 x 轴正向作加速运动 答案：B
1
同步训练答案
第一章 质点力学
许照锦
分析：
v
dx 6t 3t 2 3t 2 t ，故 0 t 2 时， v 0 ； t 2 时， v 0 。 dt dv a 6 6t 6(1 t ) ，故 0 t 1时， a 0 ； t 1 时， a 0 。 dt
2
答案：A 分析： 平均速度=
x(t 2 ) xt1 3 3 2 2 2 注：t 2 t1 t 2 t1 t 2 t1t 2 t1 。 t2 t1t 2 t12 40 ， t 2 t1
7. （☆）根据瞬时加速度的定义及其坐标表示，它的大小 a 可表示为
故质点作变速运动。答案 B 正确。 6. 一作直线运动的物体的运动规律是 x t 40t ，从时刻 t1 到 t 2 间的平均速度是
3
（A） t 2 t1t 2 t1 40
2 2
大学物理第1章 质点运动学习题解答
第1章 质点运动学习题解答1-9 质点运动学方程为k j e i e r t t ˆ2ˆˆ22++=- .⑴求质点轨迹；⑵求自t= -1到t=1质点的位移。
解：⑴由运动学方程可知：1,2,,22====-xy z e y e x t t ，所以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。
⑵j e e i e e r r r ˆ)(ˆ)()1()1(2222---+-=--=∆j i ˆ2537.7ˆ2537.7+-=。
所以，位移大小：︒==∆∆=︒==∆∆=︒=-=∆∆==+-=∆+∆=∆900arccos ||arccos z 45)22arccos(||arccos y 135)22arccos(||arccos x ,22537.72537.7)2537.7()()(||2222r zr y r x y x rγβα轴夹角与轴夹角与轴夹角与1-10 ⑴k t j t R i t R r ˆ2ˆsin ˆcos ++= ，R 为正常数，求t=0,π/2时的速度和加速度。
⑵kt j t i t r ˆ6ˆ5.4ˆ332+-= ，求t=0,1时的速度和加速度（写出正交分解式）。
解：⑴kj t R i t R dt r d v ˆ2ˆcos ˆsin /++-== jR a k i R v iR a k j R v j t R i t R dt v d a t t t t ˆ|,ˆ2ˆ|,ˆ|,ˆ2ˆ|.ˆsin ˆcos /2/2/00-=+-=-=+=∴--======ππ ⑵kt j dt v d a k t j t i dt r d v ˆ36ˆ9/,ˆ18ˆ9ˆ3/2+-==+-== ； kj a k j i v j a i v t t t t ˆ36ˆ9|,ˆ18ˆ9ˆ3|,ˆ9|,ˆ3|1100+-=+-=-======1-12质点直线运动的运动学方程为x=acost,a 为正常数，求质点速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变化情况等）解：t a dt dv a t a dt dx v t a x x x x cos /,sin /,cos -==-=== 显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围：a a a a v a a x a x x ≤≤-≤≤-≤≤-,,1-13图中a 、b 和c 表示质点沿直线运动三种不同情况下的x-t 图像，试说明每种运动的特点（即速度，计时起点时质点的位置坐标，质点位于坐标原点的时刻）解：质点直线运动的速度 dt dx v /=，在x-t 图像中为曲线斜率。
(完整版)大学物理01质点运动学习题解答
第一章质点运动学一选择题1．以下说法中，正确的选项是：（）A.一物体若拥有恒定的速率，则没有变化的速度；B.一物体拥有恒定的速度，但仍有变化的速率；C.一物体拥有恒定的加快度，则其速度不行能为零；D. 一物体拥有沿x 轴正方向的加快度而有沿x 轴负方向的速度。
解：答案是 D。
2.长度不变的杆 AB，其端点 A 以 v0匀速沿 y 轴向下滑动， B 点沿 x 轴挪动，则 B 点的速率为：（）A . v0 sinB .v0 cos C.v0 tan D.v0 / cos解：答案是 C。
简要提示：设 B 点的坐标为 x， A 点的坐标为 y，杆的长度为l，则x2y2l 2对上式两边关于时间求导：dx dy0，因dxv，dyv0，所以2 x 2 ydtdt dt dt2xv2yv0 = 0即v=v0 y/x =v0tan所以答案是 C。
3.如图示，路灯距地面高为 H，行人身高为 h，若人以匀速 v 背向路灯行走，灯y人头A H vv0hθvx影sB选择题 3图选择题 2图则人头影子挪动的速度u 为（）H h Hv h HA.vB.H H h H h 解：答案是 B 。
简要提示：设人头影子到灯杆的距离为 x ，则x s h ， x Hs ， x H H hdx H ds HvuH h dt Hdt h所以答案是 B 。
4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝ 3t-5t 3 + 6 (SI)，则该质点作A. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．B. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴负方向．C. 变加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．D. 变加快直线运动，加快度沿x 轴负方向．()解： 答案是 D5. 一物体从某一确立高度以v 0 的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是： （）v t - v 0v t v 0v t2 22v v 0 v t A.B.C.gD.2 gg2 g解：答案是 C 。
第一章 质点运动学 问题与习题解答
第一章 质点运动学 问题与习题解答1-3 已知质点的运动方程为()()()r t x t i y t j =+，有人说其速度和加速度分别为drv dt=，22d r a dt =其中r =答：错。
因为2||||||()dr dx dy dx v v i j dt dt dt ===+=2||d x dr d r dt dt ==所以，drv dt≠同理，222222||||||()dv d x d y d x a a i j dt dt dt ===+=2222||d r d r dt dt ==故，22d ra dt≠。
1-6 一人站在地面上用枪瞄准悬挂在树上的木偶。
当击发枪机，子弹从枪口射出时，木偶正好由静止自由下落。
试说明为什么子弹总可以射中木偶？证明：选地面为参考系，以枪口处为坐标原点，如右图所示。
假设无重力加速度作用时，子弹直线飞行0t 时间后打中木偶A ，则其飞行时间为 00cos St v θ=，因g 的作用，0t 时刻子弹的位置矢量为 200012r v t gt =+， 又从图中可知，落地前木偶垂直下落的距离为 212l gt =，而其落到地面所需时间为1t =故只要01t t <，则在0t 时木偶距原来位置A 的位移为 2001()2l t gt = 正好处于与子弹相遇的位置（如图所示）。
【条件01t t <即0cos S v θ<0cos S v θ>， 所以，只要子弹在木偶落地前到达木偶原位置A 的正下方，子弹总能打到木偶。
】 1-9 下列说法是否正确：（1）质点做圆周运动时的加速度指向圆心； （2）匀速圆周运动的加速度为常量；（3）只有法向加速度的运动一定是圆周运动；x yv 0t 0gt 02/2Sr θPA（4）只有切向加速度的运动一定是直线运动。
答：质点做圆周运动时的加速度为 2t n dv v a e e dt R=+ 。
（1）错。
质点运动学习题详解
(2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI),如果初始时刻质点的速度V 0为5m -s '1,则当t 为3s 时，质点的速度 v= ________________________ 。
[答案：23 ms -1]⑶ 轮船在水上以相对于水的速度 V 航行，水流速度为v 2, 一人相对于甲板以速度 V 3行走。
如人相对于岸静止，则V 、V 2和V 3的关系是。
[答案：V 1 V 2 V 30]习题1A /选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径r(x, y)的端点处，其速度大小为dr(A) — dtdr (B) —— dtd |r |(C)dt1[答案：D]:,dx 、2,dy 、2(D)W dt )V(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度 v 2m/s ，瞬时加速度a 2m/ s 2，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (C)等于 2m/s [答案：D] (B)等于-2m/s (D)不能确定。
(3) 一质点沿半径为 速度大小和平均速率大小分别为 2 R 2 R (A) - t tR 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均 (C) 0,0 c 2 R (B) 0,-p 2 R c (D) —,0 [答案：B]/填空题 (1) 一质点，以 m 1 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在 5s 内，位移的大小是 _____________________ [答案：10 m ; ;经过的路程是 5 n m]一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：（1） 物体的大小和形状； （2） 物体的内部结构； （3） 所研究问题的性质。
解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研 究问题的性质决定。
F 面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动（1）x=4t-3; （ 2）x=-4t 3+3t 2+6; （ 3）x=-2t 2+8t+4; （ 4）x=2t 2-4/t 。
质点的运动学问题及公式
质点的运动学问题及公式质点运动学是经典物理学中的一个重要分支，主要研究质点在空间中的运动规律。
本文将介绍质点的运动学问题，包括描述质点运动的基本概念和涉及的公式。
一、质点的基本概念质点是物理学中一个理想化的概念，假设物体维度非常小而质量无穷大。
质点没有大小和形状，只有质量和位置。
质点的运动学问题可以用一系列的物理量来描述。
1. 位移（Displacement）位移是研究物体位置变化的基本概念，用Δx表示。
如果质点从初始位置A移动到位置B，那么位移Δx可以表示为：Δx = xB - xA其中，xA和xB分别表示初始位置和终点位置的坐标。
2. 速度（Velocity）速度是描述物体移动快慢和方向的物理量，用v表示。
平均速度可以表示为：v = Δx / Δt其中，Δt表示时间间隔。
如果考虑时间间隔Δt趋向于0的情况，即瞬时速度：v = lim(Δt→0) Δx / Δt = dx / dt其中，dx表示位移的微元，dt表示时间的微元。
3. 加速度（Acceleration）加速度是描述物体速度变化快慢和方向的物理量，用a表示。
平均加速度可以表示为：a = Δv / Δt其中，Δv表示速度变化量，Δt表示时间间隔。
在问题求解中，如果考虑时间间隔Δt趋向于0的情况，即瞬时加速度：a = lim(Δt→0) Δv / Δt = dv / dt其中，dv表示速度的微元，dt表示时间的微元。
二、质点运动的基本公式在质点运动学中，一些常用的公式可以帮助我们解决运动分析问题。
下面列举几个常见的公式。
1. 速度与位移的关系根据速度的定义，可以得到速度与位移之间的关系：v = dx / dt对上式两边同时积分，得到位移与时间的关系：Δx = ∫v dt2. 加速度与速度的关系根据加速度的定义，可以得到加速度与速度之间的关系：a = dv / dt对上式两边同时积分，得到速度与时间的关系：Δv = ∫a dt3. 位移与加速度的关系将速度与位移的关系和加速度与速度的关系相结合，可以得到位移与加速度之间的关系：v dv = a dx对上式两边同时积分，得到位移与时间的关系：Δx = ∫v dv / a通过上述的公式，我们可以在给定位移、速度或加速度的条件下，推导出与时间相关的运动规律。
大学物理1质点运动学例题
24 ? 3600
卫星的圆轨道半径 R ? 5.6? 6.37? 106 ? 6.37? 106 ? 42.0? 106 (m)
卫星的速率 v ? R? ? 42.0? 106 ? 7.27? 10?5 ? 3.05? 103 (mgs?1)
? ? v ? r ( 2 ) ? r( 0 ) ? 1
2
2
??2? 2i ? (18 ? 2 ? 22 ) j ?? ? 18 j
? 2i ? 4 j
（4）质点在2s时的速度为
v ? dr ? 2i ? 4tj ? 2i ? 4 ? 2 j ? 2i ? 8 j dt
v ? 22 ? 82 ? 68 ? 2 17( m?s?1 )
此质点的角速度与运动时间的平方成正比即kt为待定常数已知质点在末的线速度为32由题意得一汽车在半径r200的圆弧形公路上行驶其运动学方程为s20t已知质点运动方程为si质点运动速度为速率为路程有已知质点的运动方程为btsincos将一根光滑的钢丝弯成一个竖直平面内的曲线质点可沿钢丝向下滑动
例1 一质点作匀速圆周运动，半径为 r ，角速度为 ? 。
? ? 路程有 ds ? v dt ? 2 1? t 2dt ? s2 ds ? t2 2 1? t 2dt
s1
t1
? ? ? ? 1? t2dt ? t 1? t2 ? 1 ln t ? 1? t2 ? c
2
2
? s2 ? s1 ? ? s ? 3 10 ?
2 ? ln 3 ? 10 ? 9.98 m 1? 2
说明 质点运动学的基本问题之一，是确定质点运动学方程。为
正确写出质点运动学方程，先要选定参考系、坐标系，明
大学物理学第四版1质点运动学习题答案
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt= ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d rv dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt= ，有：2a i = ；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为h ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
(完整版)大学物理01质点运动学习题解答
第一章 质点运动学一 选择题1． 下列说法中，正确的是：（ ）A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度；B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率；C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零；D. 一物体具有沿x 轴正方向的加速度而有沿x 轴负方向的速度。
解：答案是D 。
2. 长度不变的杆AB ，其端点A 以v 0匀速沿y 轴向下滑动，B 点沿x 轴移动，则B 点的速率为：（ ）A . v 0 sin θB . v 0 cos θC . v 0 tan θD . v 0 / cos θ 解：答案是C 。
简要提示：设B 点的坐标为x ，A 点的坐标为y ，杆的长度为l ，则222l y x =+ 对上式两边关于时间求导：0d d 2d d 2=+t y y t x x ，因v =tx d d ，0d d v -=t y ，所以 2x v -2y v 0 = 0 即 v =v 0 y /x =v 0tan θ所以答案是C 。
3. 如图示，路灯距地面高为H ，行人身高为h ，若人以匀速v 背向路灯行走，则人头影子移动的速度u 为（ ） A.v H h H - B. v h H H - C. v H h D. v hH 解：答案是B 。
v x选择题2图灯s选择题3图简要提示：设人头影子到灯杆的距离为x ，则H h x s x =-，s hH H x -=， v hH H t s h H H t x u -=-==d d d d 所以答案是B 。
4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作A. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．B. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． ( )解：答案是D5. 一物体从某一确定高度以v 0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是：（ ） A. g 0v v -t B. g 20v v -t C. g 202v v -t D. g2202v v -t 解：答案是C 。
质点运动学
vx=dx/dt|t=2=-2t|t=2=-4m/s
vy=dy/dt|t=2=-4t^3+4t|t=2=-24m/s
v=
v +v (
2 x
y2)1/2=4*371/2
例4
一电子在电场中运动，其运动方程：x=3t, y=12-3t2 。（1）计算并图示电子运动的轨迹。 （2）什么时刻电子的位矢与其速度矢量恰好垂直。
解：S=Rwt v=ds/dt=Rw 法向加速度 an=v2/R=Rw2(反映速度方向的变化) 切向加速度 ac=dv/dt=0（反映速度大小的变化）
例6
一电子在电场中运动，x=3t,y=12-3t2,计算1s时电 子的切向加速度，法向加速度及轨道上该点的曲 率半径。
解：r=3ti+(12-3t2)j
解： r=xi+yj =Rcoswti+Rsinwtj v=dr/dt=d(Rcoswti+Rsinwtj)/dt =-wRsinwti+wRcoswtj a=dv/dt=d(-wRsinwti+wRcoswtj)/dt =-w^2Rcoswti-w^2Rsinwtj =-w^2r
例3
一质点运动轨迹为抛物线 x=-t2,y=-t4+2t2。 求x=-4m时(t>0)粒子的速度速率、加速度。 解：由x=-t2 y=-t4+2t2 联立知y=-x2-2x
解：（2）当r·v=0时，电子的位矢与其速度矢量 恰好垂直
∴r=3ti+(12-3t2)j ∴9t-72t+18t3=0 即 t=0s
t=7½ /2½
v=dr/dt=3i-6tj
(1)联立 x=3t y=12-3t2
得 y=12-x2/3
大学物理第一章质点运动学习题解详细完整
第一章 质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 ;解：加速度是描写质点状态变化的物理量,速度是描写质点运动状态的物理量,故填“速度”;1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0,a n =常量的运动是 运动;解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周;1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s 的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 )m/s 102=g ;解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动,运动方程为t x 2=,229t y -=,位移的单位为m,试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________,此时的瞬时加速度为__________;解：将s t 1=代入t x 2=,229t y -=得2=x m,7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=m由质点的运动方程为t x 2=,229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ,m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v m/s质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ,2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2;1–5 一质点沿x 轴正向运动,其加速度与位置的关系为x a 23+=,若在x =0处,其速度m/s 50=v ,则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________;解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=s ；1–6 一质点作半径R =的圆周运动,其运动方程为t t 323+=θ,θ以rad 计,t 以s 计;则当t =2s 时,质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________;解： t =2s 时,质点的角位置为=⨯+⨯=23223θ22rad由t t 323+=θ得任意时刻的角速度大小为36d d 2+==t tθω t =2s 时角速度为 =+⨯=3262ω27rad/s任意时刻的角速度大小为t t12d d ==ωα t =2s 时角加速度为 212⨯=α=24rad/s 2t =2s 时切向加速度为=⨯⨯==2120.1t αR a 24m/s 2t =2s 时法向加速度为=⨯==22n 270.1ωR a 729m/s 2；1–7 下列各种情况中,说法错误的是 ;A ．一物体具有恒定的速率,但仍有变化的速度B ．一物体具有恒定的速度,但仍有变化的速率C ．一物体具有加速度,而其速度可以为零D ．一物体速率减小,但其加速度可以增大解：一质点有恒定的速率,但速度的方向可以发生变化,故速度可以变化；一质点具有加速度,说明其速度的变化不为零,但此时的速度可以为零；当加速度的值为负时,质点的速率减小,加速度的值可以增大,所以A 、C 和D 都是正确的,只有B 是错误的,故选B;1–8 一个质点作圆周运动时,下列说法中正确的是 ;A ．切向加速度一定改变,法向加速度也改变B ．切向加速度可能不变,法向加速度一定改变C ．切向加速度可能不变,法向加速度不变D ．切向加速度一定改变,法向加速度不变解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动,法向加速度a n 都是变化的,因此至少其方向在不断变化;而切向加速度a t 是否变化,要视具体情况而定;质点作匀速圆周运动时,其切向加速度为零,保持不变；当质点作匀变速圆周运动时,a t 值为不为零的恒量,但方向变化；当质点作一般的变速圆周运动时,a t 值为不为零变量,方向同样发生变化;由此可见,应选B;1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处,对其速度大小有四种意见： 1t r d d 2t d d r 3t s d d 422d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 下述判断正确的是 ;A ．只有1,2正确B ．只有2,3正确C ．只有3,4正确D ．只有1,3正确 解：tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中为质点的径向速度,是速度矢量沿径向的分量；t d d r 表示速度矢量；t s d d 是在自然坐标系中计算速度大小的公式；22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 是在真角坐标系中计算速度大小的公式;故应选C;1–10 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=其中a 、b 为常量,则该质点作 ;A ．匀速直线运动B ．变速直线运动C ．抛物线运动D ．一般曲线运动解：由j i r 22bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ,加速度为j i b a 22+=a ;因质点的速度变化,加速度的大小和方向都不变,故质点应作变速直线运动;故选B;1–11 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为S ＝5＋4t –t 2SI,则小球运动到最高点的时刻是 ;A ．t ＝4sB ．t ＝2sC ．t ＝8sD ．t ＝5s解：小球到最高点时,速度应为零;由其运动方程为S ＝5＋4t –t 2,利用ts d d =v 得任意时刻的速度为 t 24-=v令024=-=t v ,得s 2=t故选B;1–12 如图1-1所示,小球位于距墙MO 和地面NO 等远的一点A ,在球的右边,紧靠小球有一点光源S 当小球以速度V 0水平抛出,恰好落在墙角O 处;当小球在空中运动时,在墙上就有球的影子由上向下运动,其影子中心的运动是 ;A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动,加速度小于gC ．自由落体运动D ．变加速运动解：设A 到墙之间距离为d ;小球经t 时间自A 运动至B;此时影子在竖直方向的位移为S ;t V x 0=, 221gt y = 根据三角形相似得d S x y //=,所以得影子位移为2/V gt x yd S == 由此可见影子在竖直方向作速度为02V g 的匀速直线运动;故选A;1–13 在相对地面静止的坐标系内,A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶,A 船沿x 轴正向,B 船沿y 轴正向;今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系x 、y 方向单位矢量用i 、j 表示,那么在A 船上的坐标系中,B 船的速度以m/s 为单位为 ;A ．j i 22+B ．j i 22+-C ．j i 22--D ．j i 22+解：选B 船为运动物体,则B 船相对于地的速度为绝对速度j 2=v ,A 船相对于地的速度为牵连速度i 2=0v ,则在A 船的坐标系中,B 船相对于A 船的速度为相对速度v ';因v v v 0'+=,故j i 22+-='v ,因此应选B1–14 2004年1月25日,继“勇气”号之后,“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星;在人类成功登陆火星之前,人类为了探测距离地球大约5103⨯km 的月球,也发射了一种类似四轮小车的月球探测器;它能够在自动导航系统的控制下行走,且每隔10s 向地球发射一次信号;探测器上还装着两个相同的减速器其中一个是备用的,这种减速器可提供的最大加速度为5m/s 2;某次探测器的自动导航系统出现故障,从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物;此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作;下表为控制中心的显示屏的数据：图1-1y BM9:10:40 12 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快;科学家每次分析数据并输入命令最少需要3s;问： 1经过数据分析,你认为减速器是否执行了减速命令2假如你是控制中心的工作人员,应采取怎样的措施加速度需满足什么条件,才可使探测器不与障碍物相撞请计算说明;解：1设在地球和月球之间传播电磁波需时为0t ,则有s 10==c s t 月地从前两次收到的信号可知：探测器的速度为m/s 21032521=-=v 由题意可知,从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10:34;控制中心第3次收到的信号是探测器在9:10:39发出的;从后两次收到的信号可知探测器的速度为m/s 2101232=-=v 可见,探测器速度未变,并未执行命令而减速;减速器出现故障;（2）应启用另一个备用减速器;再经过3s 分析数据和1s 接收时间,探测器在9:10:44执行命令,此时距前方障碍物距离s =2m;设定减速器加速度为a ,则有222≤=as v m,可得1≥a m/s 2,即只要设定加速度1≥a m/s 2,便可使探测器不与障碍物相撞;1–15 阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务1972年4月16日,也是人类历史上第五次成功登月的任务;1972年4月27日成功返回;照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意;视频显示表明,宇航员在月球上空停留的时间是;已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6;试计算宇航员在月球上跳起的高度;解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动,由已知宇航员在空中停留的时间为,故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t =,由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6,即g g 61M =,所以 m 43.0725.08.961212122M =⨯⨯⨯==t g h1–16 气球上吊一重物,以速度0v 从地面匀速竖直上升,经过时间t 重物落回地面;不计空气对物体的阻力,重物离开气球时离地面的高度为多少;解：方法一：设重物离开气球时的高度为x h ,当重物离开气球后作初速度为0v 的竖直上抛运动,选重物离开气球时的位置为坐标原点,则重物落到地面时满足图1-220021)(x x x gt h t h --=-v v 其中x h -表示向下的位移,0v x h 为匀速运动的时间,x t 为竖直上抛过程的时间,解方程得 gt t x 02v = 于是,离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得,其值为)2()(000gt t t t h x x v v v -=-= 方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动;显然总位移等于零,所以0)(21200=--v v x h t g t 解得 )2(00g t t h x v v -=1–17 在篮球运动员作立定投篮时,如以出手时球的中心为坐标原点,作坐标系Oxy 如图1–3所示;设篮圈中心坐标为x ,y ,出手高度为H ,于的出手速度为0v ,试证明球的出手角度θ应满足⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ才能投入;证明：设出手后需用时t 入蓝,则有 θt t x x cos 0v v ==20221sin 21gt t gt t y y -=-=θv v 消去时间t ,得 θgx gx αx θgx θx y 22022022202tan 22tan cos 21tan v v v --=-= 图1-3整理得02tan tan 22022202=++-v v gx y θx θgx解之得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ1–18 有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为32254t t .x -=SI;试求：1第2s 内的平均速度；2第2s 末的瞬时速度；3第2s 内的路程;解：1将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为m 5.225.41=-=x将t =2s 代入32254t t .x -=得第2s 末的位置为m 0.22225.4322=⨯-⨯=x则第2s 内质点的位移为0.5m 2.5m -m 0.212-==-=∆x x x第2s 内的平均速度-0.5m/s 10.5=-=∆∆=t x v 式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向;2质点在任意时刻的速度为269d d t t tx -==v 将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为 m/s 626292-=⨯-⨯=v式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向;3由069d d 2=-==t t tx v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t ;由此计算得第1s 末到末的时间内质点走过的路程为m 875.05.25.125.15.4321=-⨯-⨯=s 第末到第2s 末的时间内质点走过的路程为m 375.10.25.125.15.4322=-⨯-⨯=s则第2s 内的质点走过的路程为m 25.2375.1875.021=+=+=s s s1–19 由于空气的阻力,一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动;一跳伞员在离开飞机到打开降落伞的这段时间内,其运动方程为)e (/k t k t c b y -+-=SI,式中b 、c 和k 是常量,y 是他离地面的高度;问：1要使运动方程有意义,b 、c 和k 的单位是什么2计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度;解：1由量纲分析,b 的单位为m,c 的单位为m/s,k 的单位为s;2任意时刻的速度为)e 1(d d /k t c ty -+-==v 当时间足够长时其速度趋于c -;任意时刻的加速度为k t kc t a /ed d -==v 当时间足够长时其加速度趋于零;1–20 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即2d d v v K t-=,式中K 为常量;试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为Kx -=e 0v v 其中0v 是发动机关闭时的速度; 证明：由2d d v v K t-=得 2d d d d d d v v v v K xt x x -== 即x K d d -=vv 上式积分为⎰⎰-=x x K 0d d 0v v v v 得 Kx -=e 0v v1–21 一质点沿圆周运动,其切向加速度与法向加速度的大小恒保持相等;设θ为质点在圆周上任意两点速度1v 与2v 之间的夹角;试证：θe 12v v =;证明：因R a 2n v =,ta d d t v =,所以 t R d d 2v v =dsv v d d = 即vv d d =R s 对上式积分⎰⎰=2d d 0v v v v s R s得 12ln v v =R s 12ln v v ==R s θ 所以 θe 12v v =1–22 长为l 的细棒,在竖直平面内沿墙角下滑,上端A 下滑速度为匀速v ,如图1-4所示;当下端B 离墙角距离为xx<l 时,B 端水平速度和加速度多大解：建立如图所示的坐标系;设A 端离地高度为y ;∆AOB 为直角三角形,有222l y x =+ 方程两边对t 求导得 0d d 2d d 2=+t y y t x x所以B 端水平速度为 t y x y t x d d d d -=v xy =v x x l 22-= B 端水平方向加速度为v 222d /d d /d d d x tx y t y x t x-=232v x l -=1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动,切向加速度为2t ms 3-=a ,在0=t 时质点的速度为零;试求：1s 1=t 时的速度与加速度；2第2s 内质点所通过的路程;图1-4解：1按定义ta d d t v =,得 t a d d t =v ,两端积分,并利用初始条件,可得 ⎰⎰⎰==t t t a t a 0t 0t 0d d d v v t t a 3t ==v当s 1=t 时,质点的速度为 m/s 3=v方向沿圆周的切线方向;任意时刻质点的法线加速度的大小为2222n m/s 39t Rt R a ===v 任意时刻质点加速度的大小为242n 2t m/s 99t a a a +=+=任意时刻加速度的方向,可由其与速度方向的夹角θ给出;且有22t n 33tan t t a a ===θ 当s 1=t 时有24m/s 23199=⨯+=a ,1tan =θ注意到0t >a ;所以得︒=45θ2按定义ts d d =v ,得t s d d v =,两端积分可得 ⎰⎰⎰==t t t s d 3d d v故得经t 时间后质点沿圆周走过的路程为C t s +=223 其中C 为积分常数;则第2s 内质点走过的路程为：m 5.4)123()223()1()2(22=+⨯-+⨯=-=∆C C s s s1–24 一飞机相对于空气以恒定速率v 沿正方形轨道飞行,在无风天气其运动周期为T ;若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来,风速为)1(<<=k k V v ;求飞机仍沿原正方形对地轨道飞行时周期要增加多少解：依题意,设飞机沿如图1-5所示的ABCD 矩形路径运动,设矩形每边长为l ,如无风时,依题意有 vl T 4= 1 图1-5当有风时,设风的速度如图1-5所示,则飞机沿AB 运动时的速度为v v v k V +=+,飞机从A 飞到B 所花时间为vv k l t +=1 2 飞机沿CD 运动时的速度为v v v k V -=-,飞机从C 飞到D 所花时间为vv k l t -=2 3 飞机沿BC 运动和沿DA 运动所花的时间是相同的,为了使飞机沿矩形线运动,飞机相对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角,使得飞机速度时的速度v 在水平方向的分量等于v k -,故飞机沿BC 运动和沿DA 运动的速度大小为222v v k -,飞机在BC 和DA 上所花的总时间为22232v v k lt -= 4综上,飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间,即周期为2223212vv v v v v k l k l k l t t t T -+-++=++=' 5 利用1式,5式变为)1(4)4()1(4)11(22222k k T k k T T --≈--+='飞机在有风时的周期与无风时的周期相比,周期增加值为43)1(4)4(222T k T k k T T T T =---≈'-=∆。
大学物理第2章 质点动力学习题解答
第2章 质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j ia m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。
解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μf 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 22-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。
大学物理课后答案第1章质点运动学习题解答
，解得
（2） ， ，
1-13质点M作平面曲线运动，自O点出发经图示轨迹运动到C点。图中，OA段为直线，AB、BC段分别为不同半径的两个1/4圆周。设 时，M在 点，已知运动方程为 (SI)，求 s时刻，质点M的切向加速度和法向加速度的大小。
解： 时 此时质点在大圆上
…
时
1-14一质点沿半径为 的圆周按 的规律运动，其中 和 都是常数。求：(1)质点在 时刻的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于 ；(3)当加速度大小为 时质点已沿圆周运行了几圈
解：
，
&
1-8一艘正在沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 ，式中 为正常数。试证明快艇在关闭发动机后又行驶 距离时的速度为 ，式中 是发动机关闭瞬时的速度。
解：
，
1-9一飞轮的转速在5s内由900rev/min均匀地减到800rev/min。求：(1)飞轮的角加速度；(2)在此5s内飞轮的总转数；(3)再经几秒飞轮将停止转动。
解： ，即
~
1-5一质点在 平面内运动，运动方程为 (SI)。(1)求质点运动的轨道方程并画出运动轨道；(2)计算1s末和2s末质点的瞬时速度和瞬时加速度；(3)在什么时刻质点的位置矢量与其速度矢量恰好垂直这时，它们的 、 分量各为多少(4)在什么时刻质点离原点最近算出这一距离。
解： ， ，
(1) ，
消t，得轨道方程： ，
其曲线为开口向下的抛物线，如右图。
（2） ，
，
(3) ，
*
解得： ，
时， ， ， ，
时， ， ， ，
以上物理量均为国际单位。
（4）
令 ，解得
1-6一物体沿 轴运动，其加速度和位置的关系满足 (SI)。物体在 处的速度为10 m/s，求物体的速度和位置的关系。
力学第二章质点运动学思考题答案
第二章质点运动学思考题2.1质点位置矢量方向不变，质点是否作直线运动？质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？答：质点位置矢量方向不变，质点沿直线运动。
质点沿直线运动，质点位置矢量方向不一定不变。
如图所示。
2.2若质点的速度矢量的方向不变仅大小改变，质点作何种运动？速度矢量的大小不变而方向改变作何种运动？答：质点的速度矢量的方向不变仅大小改变，质点作变速率直线运动；速度矢量的大小不变而方向改变作匀速率曲线运动。
2.3“瞬时速度就是很短时间内的平均速度”这一说法是否正确？如何正确表述瞬时速度的定义？我们是否能按照瞬时速度的定义通过实验测量瞬时速度？答：“瞬时速度就是很短时间内的平均速度”这一说法不正确。
因为瞬时速度与一定的时刻相对应。
瞬时速度的定义是质点在t时刻的瞬时速度等于t至t+△t时间内平均速度t/r∆∆，当△t→0时的极限，即dtr dtrlimvt=∆∆=→∆。
很难直接测量，在技术上常常用很短时间内的平均速度近似地表示瞬时速度，随着技术的进步，测量可以达到很高的精确度。
2.4试就质点直线运动论证：加速度与速度同号时，质点作加速运动；加速度与速度反号时，作减速运动。
是否可能存在这样的直线运动，质点速度逐渐增加但加速度却在减小？答：,dtdvtvlima xxtx=∆∆=→∆加速度与速度同号时，就是说,0a,0va,0vxxxx<<>>或以a,0vxx>>为例，速度为正表示速度的方向与x轴正向相同，加速度为正表示速度的增量为正，t t ∆+时刻的速度大于t 时刻的速度，质点作加速运动。
同理可说明,0a ,0v x x <<质点作加速运动。
质点在作直线运动中速度逐渐增加但加速度却在减小是可能存在的。
例如初速度为x 0v ，加速度为t 6a x -=，速度为20t0x 0x t21t 6v dt )t 6(v v -+=-+=⎰，,0v ,0a 6t x x >><时，速度逐渐增加。
02质点运动学二解答
2 3
只适用于匀加速率运动
S υ 2υ1 3 2 2 a = 6t ,υ1 = 0, S1 = 0 υ 2 = 3t , S 2 = t υ = =t ≠ = t t 2 2
质点运动学二
第一章 质点运动学
4．下列说法中，哪一个是正确的？ ．下列说法中，哪一个是正确的？ (A) 一质点在某时刻的瞬时速度是 一质点在某时刻的瞬时速度是2m/s，说明它 ， 在此后1s内一定要经过 的路程． 内一定要经过2m的路程 在此后 内一定要经过 的路程． (B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小， 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小， 加速度最大． 加速度最大． (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向 物体作曲线运动时， 加速度为零． 加速度为零． (D) 物体加速度越大，则速度越大． 物体加速度越大，则速度越大．
0 = υ 3 + υ 2 + υ1
质点运动学二
第一章 质点运动学
υ 5. 两条直路交叉成α角，两辆汽车分别以速率υ1和υ2沿 两条路行驶，一车相对另一车的速度大小为_______. 两条路行驶，一车相对另一车的速度大小为 υ1 υ2-1 α α υ2 υ2 υ2-1 υ1
υ 21 = υ 2 υ 1
风-人 人
υ风-地 地
二、填空题
√1．在水平飞行的飞机上向前发射一颗炮弹，发射后 ．在水平飞行的飞机上向前发射一颗炮弹， 飞机的速度为υ0，炮弹相对于飞机的速度为υ．略去空 气阻力， 以地球为参考系，炮弹的轨迹方程为__， 气阻力，则(1) 以地球为参考系，炮弹的轨迹方程为 ， (2) 以飞机为参考系，炮弹的轨迹方程为 以飞机为参考系，炮弹的轨迹方程为______． ． (设两种参考系中坐标原点均在发射处，x轴沿速度方向 设两种参考系中坐标原点均在发射处， 轴沿速度方向 设两种参考系中坐标原点均在发射处 向前， 轴竖直向下 轴竖直向下) 向前，y轴竖直向下
质点运动学 习题分析与解答
第1章 质点运动学 习题解答（一）. 选择题1．一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处, 其速度大小为A. t r d dB. d d t rC. d d t rD.22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x [ ] 【分析与解答】t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，d d t r表示速度矢量，d d t r 与t rd d 意义相同，在直角坐标系中，速度大小即速率可由2222d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x v v v yx求解，在自然坐标系中，速率可用公式t s v d d =计算。
正确答案是D 。
2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为22at bt =+r i j （其中a 、b 为常量）, 则该质点作 A. 匀速直线运动． B. 变速直线运动． C. 抛物线运动． D.一般曲线运动． ［ ］ 【分析与解答】22at bt =+v i j 是变速运动，22,,ax at y bt x yb ===为直线方程正确答案是B 。
3． 某质点的速度为，已知，时它过点(3,-7)，则该质点的运动方程为：A. B.C. D.不能确定 [ ]【分析与解答】22d 24(23)(47)t t t t t ==-+=+-+⎰r v i j c i j正确答案是B 。
4. 以初速将一物体斜向上抛，抛射角为，不计空气阻力，则物体在轨道最高点处的曲率半径为:A. B. C. D.不能确定。
[ ] 【分析与解答】v 0θv 0sin θg g v 02v 02cos 2θg v =2i -8t j t =02t i -4t 2j (2t +3)i -(4t 2+7)j -8j轨道最高点22220,(cos ),x xn v v v v v a g θρ=====v i ，故曲率半径2v g ρ=正确答案是C 。
5. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为．．［ ］ 【分析与解答】平均速度为位移除以时间间隔，平均速率为路程除以时间, 质点沿半径为R 的圆周转动一周，位移为零，路程等于。
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§3 质点运动学问题的解上两次课我们就如何描述质点的运动情况，定义了a v r,,和给出了轨道的表达式，以及a v r ,,这些矢量在各种坐标系中的分量表达式。
如果我们已知其中的某个量，那么根据上述这些量的关系，就可求出其余各个量。
这也就是对质点运动学问题的解。
虽然，质点运动学问题各种各样的很多。
但是，对于常见质点运动学问题加以分类的话，它可分为三种类型。
一、三种类型1、第一种类型：是已知运动方程)(t r r =，求速度v 和加速度a 。
这类问题比较简单。
基本上就是按照速度和加速度在各种坐标系中的分量式直接计算。
它的主要运算过程就是微分、导数。
所以比较简单，对大家来说不会有什么问题。
2、第二种类型：是已知)(t a a =或)(v a a =或)(r a a =求)(,t r r v =。
显然这一类问题是第一类问题的逆过程，它的基本计算方法是积分，有时也要解一些简单的微分方程。
对于已知)(t a a =这种情况，只要用积分公式可直接积分。
对于后两种情况，要通过适当的积分变换后才能积分。
例如在一维的情况下：（1）如果已知：)(v f a =则有：)(v f dtdv =在一维的情况下，不需要用矢量表示，它的方向完全可由正负来表示。
将上式变换为：dt v f dv =)(这种形式之后，方可两边同时进行积分：⎰⎰⎰⎰=→=t t v v dt v f dv dt v f dv 00)()(得到速度)()(t x t v →（2）如已知：)(x f a =，则)(v f dt dv =显然不能直接积分，需作一下数学变换，将⎰⎰→=→=→==dx x f vdv x f dxdv v dx dv v dt dx dx dv dt dv )()(由这个式子可以解出)(x v ϕ=，再变换一下就可以求出：)(t x x =。
对于这类简单的数学变换大家必须要熟悉，解决物理问题的过程是离不开数学运算技巧的。
3、第三种类型：是已知)(t r r=的具体函数式子，或者已知质点运动的具体情况，求质点运动的轨道及曲率半径ρ。
质点的运动轨道是不难求出的，只要将已知的运动参数方程消去时间参数t 就可求得轨道方程。
至于质点运动轨道的曲率半径，可以先想办法求出法向加速度n a ，然后由na v 2=ρ求出ρ，如P18例4。
当然在某些情况下也可以由曲率半径的定义直接求出ρ，譬如我们书上的例题3.P18，就是由θρd ds =直接计算ρ的。
因此第三类问题往往也同第一类，第二类问题结合起来解决。
这三种类型只是对常见的各比较典型的质点运动学问题的分类，并不是说所有的运动学问题都可以很清楚地将它分出是属于哪一种类型的，而往往是综合在一起的。
但是只要我们掌握这三类问题的解，一旦碰到比较复杂的问题，不至于我们无从下手，我们可以根据问题具体的情况分析出它属于哪几类问题的综合，这样使我们在分析过程中比较容易找到解题途径。
解题途径找到了，这个问题就等于一大半做出来了，当然有些问题解起来还有一定的技巧性。
这需要我们多练多做，才能从中悟出它的技巧来，下面我就举几个例子和大家一起来练习。
例1：有一个椭圆规尺以其端点A 与B 沿直线槽OX 及OY 滑动，如图所示，而端点B 以匀速C 运动。
求规尺上一点M 的速度与加速度的大小。
已知AM=a, BM=b.解：大家先看题目…，由题意可以看出这个题目是属于哪一类问题？显然它是属于第一种类型的问题。
因为这个题目要我们求的是M 点的速度和加速度。
在这个问题中，虽然没有直接给出M 点的运动方程)(t r r=的具体表达式，但我们根据题意所给的已知条件可以写出它的运动方程，运动方程写出了，速度、加速度只要运用微分求导的数学手段就可以求出来了。
我们以上的分析过程就是解这个问题的逻辑推想的过程，也就是解此题的基本途径……。
不要拿到题目不分清红皂白，埋头就做，这样对我们是没有很大益处的。
我们都知道要定量地研究运动，必须要建立坐标系。
因此，我们在写出M 点的运动方程前就得先适当选择坐标系。
坐标系适当选择的目的是什么呢？这大家都很清楚，为了使解题越方便越好…..。
对于这个问题比较直观，可以看出应用平面直角坐标比较简单，其实图上已经给我们画出来了，在平面直角坐标系中，M 点的位置矢径：j y i x r +=，显然j y i xv +=。
只要我们写出X ，Y 的运动方程，就不难求出速度与加速度的大小。
关于r 的运动方程的具体形式，在这个问题中，不能直接写出X 和Y 对时间变量t 的函数表达式，但我们的也可以选另外一个变量作为参量，在这里我们就取AB 与X 轴的夹角ϕ为过渡参量。
这样我们从图中可以看出ϕϕsin ;cos b y a x ==，这一组方程就是以ϕ为参变量的M 点的运动方程，由此方程组我们可算出速度在XY 方向上的分量，即ϕϕϕϕ ⋅==⋅-==cos ;sin b y v a xv y x 。
在这两个式子中ϕ 是未知的，这个未知量根据题意所给的条件是可以求出来的。
题意告诉我们的B 点速度：c v B =，又考虑到*sin )(,sin )(cos )(→+-=∴=⋅+-=+==ϕϕϕϕϕb a c c b a dt b a d xv B B 将它代入上面两式则有:ϕϕϕϕϕctg b a bc b a c b y ba acb ac a x +-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⋅=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=sin )(cos sin )(sin 所以M 点的速度的大小V 就等于ϕϕ22222222ctg b a b a c ctg b a bc b a ac v v v y x ++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=∴ ϕϕϕϕ322223222sin )(sin )(csc ,0b a bca a a ab a bc b a bc dt yd y x b a ac v y y x x +==+=∴+-=⋅+===∴+= 为常量在这个问题中解出的结果都用参变量ϕ来表示的。
如果要求将它们表达成时他t 的函数的话，那么只要将*式积分就可求得)(t ϕϕ=，把)(t ϕϕ=代入上面所求的结果中去就行了，或者开始时就将)(t ϕϕ=代入)()(ϕϕy y x x ==和这两个式子中去再求yx y x ,,和也是一样的。
例2（就是书上P.95补充例题1.2）有一划平面曲线轨迹的点，其速度在Y 轴上的投影于任何时刻均为常数C 。
试证在此情况下，加速度的量值可用下式表示：ρc v a 3=，式中V 为点的速度，ρ为轨迹的曲率半径。
证明： 显然，这个题目比前面一个要复杂一些，在前面那个例题中我们一看到题目用脑子想一下就可以想出具体的演算过程。
但对于这个问题就不那么容易了，除非你的逻辑思维能力特别强。
有点超人的话，也许有可能在脑子里像计算机那样把具体的演算过程都打印出来……对于一般的人来说，当然包括我自己是不可能有这种本领的。
那么，我们应该怎么办呢？我们应先给出解题设计，利用自己已有的基础对问题进行分析，设想一下几种解题的大体途径，再从中找到正确的途径。
只有这样，才能逐渐提高我们解题的分析能力。
现在我们回到本题结合本题进行具体的练习。
从这个题目的内容容易看出的一点是由已知的速度v=C 求加速度a,即：（1）由已知的速度v c y =求加速度a 。
另外我们还看到，题目要我们求证的量是（2）a=ρc v 3。
a 是以速度大小和曲率半径ρ及C 这三个量表示的，而这里出现的曲率半径ρ使我们联想到它与自然坐标有关系，在自然坐标系中的法向加速度就含有这个ρ，这样我根据题意也就找出了应该要利用自然坐标系。
但是，题目告诉我们的已知条件c y= 却是一个直角坐标表达式，那怎么办呢？…我们先从已知条件出发，求出加速度的直角坐标分量为a x . a y ，从而求得a ，然后根据直角坐标与自然坐标的关系求出所需要的结果。
这就是大致的解题途径。
有了大致的解题途径，我们也就不难以着手解题了。
这个题目经过这样一分析之后就容易求解了：.;0x x y y y v a va c v ===∴=已知在直角坐标系中加速度的平方x x x y x va a a a a a ==∴=+=2222:（由已知条件）这里对a x 的计算用到已知条件， =2v ,2222c v v v x y x +=+这个等式中的v 也就是所要证明的结果中的v 。
我们将这个式子两边同时对t 求微商。
则有：2v ==→=dt dv v v dt dv dt dv v dt dv x x x x 2⋅-22c v v dt dv 。
又由前面得到的结果可知a=a x =dt dv x ∴a=⋅-22cv v dt dv 对它两边平方就能得到：22222⎪⎭⎫ ⎝⎛-=dt dv c v v a （1） 刚才我们通过从直角坐标计算得到的加速速度已化成结果中所表示的量V 和C 。
但是，此处又多了一个dt dv ，而且也还没有与结果完全对上号，我们得设法消去dt dv ，因为dt dv 就是切向加速度，而所要证明的结果中的ρ和自然坐标中的法向加速度有关。
所以我们还得利用自然坐标系中的加速度公式：()22422222 ρρv a dt dv v dt dv a -=⎪⎭⎫ ⎝⎛→⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 将（2）代入（1）消去dt dv就可以得到：()ρρϑρc v a v c a v a v c v a v a c v v a 3262224222222422222=→-=-→⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-→⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=这就得到了题目所要求证明的结果，除了用这种方法解之外，还有一种方法可解，如果另外一种方法能想到的话，这个题目只要一分钟就可以解出，大家想想看……解法二：由前面的分析，我们就知道o a c v y y =∴= ，Ｍ点的加速度x a a =，这就说a 的方向一定沿Ｘ轴指向曲线凹的一边，于是我们就可以作出速度和加速度的三角形图，如图所示，由于∴⊥⊥v a v a n y,这两个顶角θ是相等的，而它们又都是直角三角形，这两个三角形是相似的。
根据两个相似三角形的几何关系就可以得到ρρc v v v v a v v a v v a a y n y y n 32=⋅==∴=虽然这种方法能够很快的把题目解出，但是只有在这种非常特殊的情况中，才能运用几何作图的方法来解出。
这种方法我不赞成大家去学它，而且也不容易学会。
因为这种方法不是基本的方法，只有在特殊的情况下可以采用，往往会搞混我们所学的基本内容。
除此之外这种方法不是我们就能想到的方法，据说，这种解法是某个工科学生先发现的。
因为工科学生非常善于画图，所以他就比较容易发现这种方法，但是对我们初学者来说这种方法最好不要采用。